榆樹市第一高級(jí)中學(xué)2020-2021學(xué)年高二物理上學(xué)期期末備考卷B老教材

吉林省榆樹市第一高級(jí)中學(xué)2020_2021學(xué)年高二物理上學(xué)期期末備考卷B老教材吉林省榆樹市第一高級(jí)中學(xué)2020_2021學(xué)年高二物理上學(xué)期期末備考卷B老教材PAGEPAGE24吉林省榆樹市第一高級(jí)中學(xué)2020_2021學(xué)年高二物理上學(xué)期期末備考卷B老教材吉林省榆樹市第一高級(jí)中學(xué)2020-2021學(xué)年高二物理上學(xué)期期末備考卷（B)（老教材）注意事項(xiàng)：1．答題前，先將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)填寫在試題卷和答題卡上，并將準(zhǔn)考證號(hào)條形碼粘貼在答題卡上的指定位置.2．選擇題的作答：每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對(duì)應(yīng)題目的答案標(biāo)號(hào)涂黑，寫在試題卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效。3．非選擇題的作答：用簽字筆直接答在答題卡上對(duì)應(yīng)的答題區(qū)域內(nèi).寫在試題卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效。4．考試結(jié)束后，請(qǐng)將本試題卷和答題卡一并上交.一、選擇題:本題共12小題，共40分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中,第1～8題只有一項(xiàng)符合題目要求,每小題3分；第9～12題有多項(xiàng)符合題目要求，全部選對(duì)的得4分，選對(duì)但不全的得2分，有選錯(cuò)的得0分.1．關(guān)于電場(chǎng)和磁場(chǎng)，下列說法正確的是（）A．我們雖然不能用手觸摸到電場(chǎng)的存在，卻可以用試探電荷去探測(cè)它的存在和強(qiáng)弱B．電場(chǎng)線和磁感線是可以形象描述場(chǎng)的強(qiáng)弱和方向的客觀存在的曲線C．磁感線和電場(chǎng)線都是閉合的曲線D．磁體之間的相互作用是通過磁場(chǎng)發(fā)生的，電流之間的相互作用是通過電場(chǎng)來發(fā)生的【答案】A【解析】我們雖然不能用手觸摸到電場(chǎng)的存在,卻可以用試探電荷去探測(cè)它的存在和強(qiáng)弱，故A正確；電場(chǎng)線和磁感線是可以形象描述場(chǎng)強(qiáng)弱和方向，但不是客觀存在的曲線，故B錯(cuò)誤;磁感線是閉合的曲線,電場(chǎng)線從正電荷出發(fā)，到負(fù)電荷終止，不是閉合曲線，故C錯(cuò)誤；磁體之間的相互作用是通過磁場(chǎng)發(fā)生的，電流之間的相互作用也是通過磁場(chǎng)發(fā)生的，故D錯(cuò)誤。2．如圖所示,條形磁鐵放在光滑斜面上，用平行于斜面的輕彈簧拉住而平衡，A為水平放置的直導(dǎo)線的截面,導(dǎo)線中無電流時(shí)磁鐵對(duì)斜面的壓力為FN1；當(dāng)導(dǎo)線中有垂直紙面向外的電流時(shí)，磁鐵對(duì)斜面的壓力為FN2，則下列關(guān)于壓力和彈簧的伸長量的說法中正確的是()A．FN1＜FN2，彈簧的伸長量減小B．FN1＝FN2，彈簧的伸長量減小C．FN1＞FN2，彈簧的伸長量增大D．FN1＞FN2,彈簧的伸長量減小【答案】C【解析】磁鐵的磁感線在它的外部是從N極到S極，因?yàn)殚L直導(dǎo)線在磁鐵的中心偏右位置,所以此處的磁感線是斜向左下的，電流的方向垂直與紙面向里,根據(jù)左手定則,導(dǎo)線受磁鐵給的安培力方向是斜向右下方，長直導(dǎo)線是固定不動(dòng)的，根據(jù)物體間力的作用是相互的，導(dǎo)線給磁鐵的反作用力方向就是斜向左上的；將這個(gè)力分解為垂直于斜面與平行于斜面的分力,因此光滑平板對(duì)磁鐵支持力減小,由于在電流對(duì)磁鐵作用力沿斜面方向的分力向下，所以彈簧拉力變大，彈簧長度將變長，所以FN1〉FN2，彈簧的伸長量增大，故C正確，A、B、D錯(cuò)誤。3．如圖所示，一勻強(qiáng)電場(chǎng)的方向平行于xOy平面，O點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，已知OM與x軸夾角θ＝60°,從原點(diǎn)O起沿x軸方向每經(jīng)過1m距離電勢(shì)下降10V，沿OM方向每經(jīng)過1m電勢(shì)下降也為10V,圖中P點(diǎn)坐標(biāo)(eq\r（3)m,1m），則下列說法正確的是（)A．電場(chǎng)強(qiáng)度沿OP方向，大小10eq\r（3)V/mB．OP兩點(diǎn)的電勢(shì)差為VC．沿x軸正方向移動(dòng)電子,每移動(dòng)1m電場(chǎng)力做功10eVD．沿y軸正方向每移動(dòng)1m電勢(shì)降低V【答案】B【解析】從原O點(diǎn)起沿x軸方向每經(jīng)過1m距離電勢(shì)下降10V，沿OM方向每經(jīng)過1m電勢(shì)下降也為10V，則電場(chǎng)線在∠MOx的角平分線上，當(dāng)x＝1m時(shí),由幾何關(guān)系知OB＝eq\f（\r（3）,2）m，根據(jù)E＝eq\f(U,d）可得電場(chǎng)強(qiáng)度大小V/m，A錯(cuò)誤；OP＝2m，則OP兩點(diǎn)的電勢(shì)差,B正確；沿x軸正方向移動(dòng)電子，根據(jù)W＝qU可知每移動(dòng)1m電場(chǎng)力做功－10eV，C錯(cuò)誤；沿y軸正方向每移動(dòng)1m，沿電場(chǎng)線方向移動(dòng)2m，則電勢(shì)降低，D錯(cuò)誤。4．如圖所示，平行板電容器與一恒壓直流電源相連，下極板通過A點(diǎn)接地，一帶正電小球被固定于P點(diǎn),現(xiàn)將平行板電容器的下極板豎直向下移動(dòng)一小段距離，則（）A．平行板電容器的電容值將變大B．靜電計(jì)指針張角變小C．帶電小球的電勢(shì)能將增小D．若先將下極板與A點(diǎn)之間的導(dǎo)線斷開，再將下極板向下移動(dòng)一小段距離,則帶電小球所受電場(chǎng)力不變【答案】D【解析】根據(jù)電容的決定式C＝eq\f(εrS，4πkd）知,下極板豎直向下移動(dòng)時(shí)，d增大,則電容值將減小，故A錯(cuò)誤;靜電計(jì)測(cè)量的是電容器兩端的電勢(shì)差，因?yàn)殡娙萜魇冀K與電源相連，則電勢(shì)差不變,所以靜電計(jì)指針張角不變,故B錯(cuò)誤；電勢(shì)差不變，d增大,則由公式E＝eq\f(U,d）分析得知板間電場(chǎng)強(qiáng)度減小，P點(diǎn)與上極板間的電勢(shì)差減小，而P點(diǎn)的電勢(shì)比上極板低，上極板的電勢(shì)不變,則P點(diǎn)的電勢(shì)增大,因?yàn)橛偷螏д姾?，則小球的電勢(shì)能增大，故C錯(cuò)誤；若先將下極板與A點(diǎn)之間的導(dǎo)線斷開，則電容器的電荷量不變,d改變，根據(jù)C＝eq\f（Q,U）、C＝eq\f(εrS，4πkd)、E＝eq\f（U，d)結(jié)合得E＝eq\f(4πkQ,εrS)，則知電場(chǎng)強(qiáng)度不變,則小球所受電場(chǎng)力不變，故D正確。5．如圖所示為安檢門原理圖，左邊門框中有一通電線圈,右邊門框中有一接收線圈，工作過程中某段時(shí)間通電線圈存在順時(shí)針方向（從左向右看)均勻增大的電流，則()A．無金屬片通過時(shí)，接收線圈中的感應(yīng)電流方向?yàn)轫槙r(shí)針B．無金屬片通過時(shí)，接收線圈中的感應(yīng)電流增大C．有金屬片通過時(shí)，金屬片中沒有感應(yīng)電流D．有金屬片通過時(shí)，接收線圈中的感應(yīng)電流大小發(fā)生變化【答案】D【解析】當(dāng)左側(cè)線圈中通有不斷增大的順時(shí)針方向的電流時(shí)，可知穿過右側(cè)線圈的磁通量向右且增大,根據(jù)楞次定律，右側(cè)線圈中產(chǎn)生逆時(shí)針方向的電流，A錯(cuò)誤;通電線圈中存在順時(shí)針方向均勻增大的電流，則通電線圈中的磁通量均勻增大，所以穿過右側(cè)線圈中的磁通量均勻增大，則磁通量的變化率是定值，由法拉第電磁感應(yīng)定律可知，接收線圈中的感應(yīng)電流大小不變，B錯(cuò)誤；有金屬片通過時(shí),則穿過金屬片中的磁通量發(fā)生變化，金屬片中也會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流,C錯(cuò)誤；有金屬片通過時(shí)，則穿過金屬片中的磁通量發(fā)生變化,金屬片中也會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流，感應(yīng)電流的方向與接收線圈中的感應(yīng)電流的方向相同,所以也會(huì)將該空間中的磁場(chǎng)的變化削弱一些，引起接收線圈中的感應(yīng)電流大小發(fā)生變化，D正確.6．質(zhì)譜儀裝置原理圖如圖所示，某種帶電粒子經(jīng)電場(chǎng)加速后從小孔O以相同的速率沿紙面射入勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)，磁場(chǎng)方向垂直紙面向外，已知從O點(diǎn)射出的粒子有微小發(fā)散角2θ,且左右對(duì)稱。結(jié)果所有粒子落點(diǎn)在乳膠底片的P1P2直線區(qū)間,下列說法正確的是(）A．打在P2點(diǎn)粒子一定是從O點(diǎn)垂直板射入的粒子B．打在P2點(diǎn)粒子一定是從O點(diǎn)右偏射入的粒子C．打在P1點(diǎn)粒子一定是從O點(diǎn)左偏射入的粒子D．打在P1點(diǎn)粒子一定是在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間最短的粒子【答案】A【解析】粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫磁力提供向心力，則有，解得,由于粒子的速率相同，所以在粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑相同，由幾何關(guān)系可得粒子在乳膠底片落點(diǎn)與O點(diǎn)的距離為，當(dāng)發(fā)散角θ＝0時(shí)，粒子在乳膠底片落點(diǎn)與O點(diǎn)的距離最大，即打在點(diǎn)粒子一定是從O點(diǎn)垂直板射入的粒子,當(dāng)發(fā)散角θ最大時(shí)，粒子在乳膠底片落點(diǎn)與O點(diǎn)的距離最小，即打在P1點(diǎn)的粒子一定是從O點(diǎn)左偏發(fā)散角θ最大或右偏發(fā)散角θ最大射入的粒子，從O點(diǎn)右偏發(fā)散角θ最大射入的粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)對(duì)應(yīng)的圓心角最小，從O點(diǎn)左偏發(fā)散角θ最大射入的粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)對(duì)應(yīng)的圓心角最大，根據(jù)可知從O點(diǎn)右偏發(fā)散角θ最大射入的粒子的運(yùn)動(dòng)時(shí)間最短，從O點(diǎn)左偏發(fā)散角θ最大射入的粒子的運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長，故選項(xiàng)A正確，B、C、D錯(cuò)誤.7．如圖所示，一根通電直導(dǎo)線垂直放在磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝1T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，在以導(dǎo)線截面的中心為圓心、r為半徑的圓周上有a、b、c、d四個(gè)點(diǎn).已知a點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為0，則下列敘述正確的是()A．直導(dǎo)線中的電流方向垂直于紙面向外B．b點(diǎn)的實(shí)際磁感應(yīng)強(qiáng)度為eq\r（2)T，方向斜向右上方，與B的夾角為45°C．c點(diǎn)的實(shí)際磁感應(yīng)強(qiáng)度為0D．d點(diǎn)的實(shí)際磁感應(yīng)強(qiáng)度與b點(diǎn)相同【答案】B【解析】由題意可知，a點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為0，說明通電導(dǎo)線在a點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度與勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等、方向相反，即得到通電導(dǎo)線在a點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向水平向左，根據(jù)安培定則判斷可知，直導(dǎo)線中的電流方向垂直紙面向里,故A錯(cuò)誤；由上知道,通電導(dǎo)線在a點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為1T，由安培定則可知，通電導(dǎo)線在b處的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向豎直向上，根據(jù)平行四邊形與勻強(qiáng)磁場(chǎng)進(jìn)行合成得知，b點(diǎn)感應(yīng)強(qiáng)度為eq\r(2)T，方向與B的方向成45°斜向上,故B正確；通電導(dǎo)線在c處的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向水平向右,則c點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度為2T，方向與B的方向相同，故C錯(cuò)誤；通電導(dǎo)線在d處的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向豎直向下，則d點(diǎn)感應(yīng)強(qiáng)度為eq\r(2）T，方向與B的方向成45°斜向下，與b點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等,方向不同，故D錯(cuò)誤.8．如圖所示,金屬框abcd豎直放置且足夠長，電阻為R，其他電阻均可忽略，ef是一電阻可不計(jì)的水平放置的導(dǎo)體棒,質(zhì)量為m，棒的兩端分別與ab、cd保持良好接觸，又能沿框架無摩擦下滑，整個(gè)裝置放在與框架垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。當(dāng)導(dǎo)體棒ef從靜止下滑經(jīng)一段時(shí)間后閉合開關(guān)S，則S閉合后（)A．導(dǎo)體棒ef一定做減速運(yùn)動(dòng)B．導(dǎo)體棒ef的加速度不可能大于gC．導(dǎo)體棒ef最終的速度與S閉合的時(shí)刻有關(guān)D．導(dǎo)體棒ef的機(jī)械能與回路內(nèi)產(chǎn)生的電能之和一定守恒【答案】D【解析】當(dāng)ef從靜止下滑一段時(shí)間后閉合S,ef將切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流,受到豎直向上的安培力，若安培力大于重力，則導(dǎo)體棒做減速運(yùn)動(dòng)；若安培力等于重力,則導(dǎo)體棒做勻速運(yùn)動(dòng)；若安培力小于重力，則導(dǎo)體棒做加速運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；若安培力大于2mg，合力向上，由牛頓第二定律得知，ef的加速度大小大于g，故B錯(cuò)誤；閉合S，經(jīng)過一段時(shí)間后，ef棒達(dá)到穩(wěn)定速度時(shí)一定做勻速運(yùn)動(dòng),由平衡條件得，則得，可見穩(wěn)定時(shí)速度v是定值，與開關(guān)閉合的先后無關(guān),故C錯(cuò)誤；在整個(gè)過程中，只有重力與安培力做功，因此棒的機(jī)械能與電路中產(chǎn)生的電能之和一定守恒，故D正確。9．在物理學(xué)的發(fā)展過程中，許多物理學(xué)家的科學(xué)發(fā)現(xiàn)推動(dòng)了人類社會(huì)的進(jìn)步,人類社會(huì)的進(jìn)步又促進(jìn)了物理學(xué)的發(fā)展。下列敘述中正確的是()A．電磁感應(yīng)現(xiàn)象是洛倫茲最先發(fā)現(xiàn)的B．電動(dòng)機(jī)可以利用電磁感應(yīng)原理將電能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能C．奧斯特發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應(yīng)D．法拉第發(fā)現(xiàn)了利用磁場(chǎng)產(chǎn)生電流的條件和規(guī)律【答案】CD【解析】電磁感應(yīng)現(xiàn)象最先是由法拉第發(fā)現(xiàn)的，奧斯特則是電流磁效應(yīng)的發(fā)現(xiàn)者，選項(xiàng)A錯(cuò)，C、D對(duì)；電動(dòng)機(jī)是利用電流在磁場(chǎng)中受磁場(chǎng)力作用而將電能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能的，選項(xiàng)B錯(cuò).10．如圖所示，電源的電動(dòng)勢(shì)為E,內(nèi)阻為r，R1、R2為定值電阻,L為小燈泡,R3為滑動(dòng)變阻器.當(dāng)滑動(dòng)變阻器的滑片向下滑動(dòng)時(shí)()A．電壓表的示數(shù)增大B．流過R2的電流增大C．小燈泡的功率增大D．電源的總功率減小【答案】AC【解析】根據(jù)閉合電路歐姆定律，干路總電流，當(dāng)滑動(dòng)變阻器的滑片向下滑動(dòng)時(shí)，滑動(dòng)變阻器接入電路中電阻變小,則R并減小，I增大；又路端電壓U＝E－Ir，則U變小.根據(jù)U1＝IR1，電壓表示數(shù)增大，A正確；因?yàn)閁＝U1＋U2，則并聯(lián)部分電壓U2減小，又U2＝I2R2,則流過電阻R2的電流I2減?。挥忠?yàn)镮＝I1＋I(xiàn)2，則流過小燈泡L的電流I1增大,小燈泡的功率變大，B錯(cuò)誤,C正確；電源的總功率P＝EI，增大，則D錯(cuò)誤。11．如圖等量異種點(diǎn)電荷分別固定與等高的A、B兩點(diǎn),A處點(diǎn)電荷帶電量為＋Q，B處點(diǎn)電荷帶電量為－Q，AB兩點(diǎn)相距2a,AB下方有一根無限長光滑絕緣細(xì)桿平行于AB所在直線放置,A到桿的距離為a。有一質(zhì)量為m帶電量＋q的小球穿在桿上，將小球從A點(diǎn)正下方的C處靜止釋放，E在B正下方,D為CE中點(diǎn)，則下列說法正確的是（)A．小球在C、E處加速度大小相等B．小球在C到E過程中先加速后減速C．小球在E處速度最大D．小球最終速度趨近于小球在D點(diǎn)時(shí)的速度【答案】AD【解析】由對(duì)稱性可知C、E處電場(chǎng)強(qiáng)度相等,所以小球在C、E處加速度大小相等，A正確；根據(jù)等量異種電荷的電場(chǎng)分布特點(diǎn)可以知道，小球從C點(diǎn)到E點(diǎn)的過程中受電場(chǎng)力方向在CD段向右下方,在DE段受電場(chǎng)力方向是右上方，受合力方向一直向右，所以小球從C到E一直做加速運(yùn)動(dòng)，B錯(cuò)誤；小球過了E點(diǎn)有一段受電場(chǎng)力方向仍然是右上方,仍會(huì)加速運(yùn)動(dòng)一段，所以小球在E處速度不是最大，C錯(cuò)誤；小球到無窮遠(yuǎn)處的速度為最終速度，到無窮遠(yuǎn)處的電勢(shì)為零，根據(jù)能量守恒以及電場(chǎng)力做功的特點(diǎn)可以知道，小球到無窮遠(yuǎn)處的速度等于經(jīng)過D點(diǎn)的速度，所以小球最終速度趨近于小球在D點(diǎn)時(shí)的速度，D正確.12．如圖甲所示,在MN、QP間存在一勻強(qiáng)磁場(chǎng)，t＝0時(shí)，一正方形光滑金屬線框在水平向右的外力F作用下緊貼MN從靜止開始做勻加速運(yùn)動(dòng),外力F隨時(shí)間t變化的圖線如圖乙所示,已知線框質(zhì)量m＝1kg、電阻R＝2Ω,則（)A．線框的加速度為1m/s2B．磁場(chǎng)寬度為4mC．勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為2TD．線框進(jìn)入磁場(chǎng)過程中，通過線框橫截面的電荷量為eq\f(\r(2),2）C【答案】BD【解析】當(dāng)t＝0時(shí)線框的速度為零，沒有感應(yīng)電流,線框不受安培力，則線框的加速度為a＝eq\f（F，m）＝2m/s2,故A錯(cuò)誤；磁場(chǎng)的寬度等于線框在0～2s內(nèi)的位移，d＝eq\f（1,2)at22＝4m，故B正確；設(shè)線框的邊長為L，則L等于線框在0~1s內(nèi)的位移，即L＝eq\f（1,2)at12＝1m，當(dāng)線框全部進(jìn)入磁場(chǎng)的瞬間，有F1－F安＝ma,而F安＝BIL＝eq\f(B2l2v,R)，式中F1＝4N，m＝1kg，v＝at＝2m/s，R＝2Ω，聯(lián)立得到B＝eq\r(2)T，故C錯(cuò)誤；線框進(jìn)入磁場(chǎng)過程中，通過線框橫截面的電荷量為C，故D正確。二、非選擇題：本題共6小題，共60分。按題目要求作答.解答題應(yīng)寫出必要的文字說明、方程式和重要演算步驟,只寫出最后答案的不能得分。有數(shù)值計(jì)算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位。13．（6分）某同學(xué)要測(cè)量一均勻新材料制成的圓柱體的電阻率ρ，步驟如下：(1）用游標(biāo)為50分度的卡尺測(cè)量其長度如圖，由可此可知其長度為________cm；（2）用螺旋測(cè)微器測(cè)量其直徑如圖，由圖可知其直徑為________mm;（3）用多用電表的電阻“×10"擋，按正確的操作步驟測(cè)此圓柱體的電阻，表盤的示數(shù)如圖，則該電阻的阻值約為________Ω?！敬鸢浮?1）3.020（2）4。700(3)170（每空2分)【解析】(1）游標(biāo)卡尺的固定刻度讀數(shù)為30mm,游標(biāo)尺上第10個(gè)刻度游標(biāo)讀數(shù)為0。02×10mm＝0。20mm,所以最終讀數(shù)為：30mm＋0。20mm＝30.20mm＝3。020cm。(2)螺旋測(cè)微器的固定刻度讀數(shù)為4。5mm，可動(dòng)刻度讀數(shù)為0。01×20。0mm＝0。200mm，所以最終讀數(shù)為:4.5mm＋0.200mm＝4。700mm.(3)多用電表的電阻“×10”擋測(cè)電阻，由圖示表盤可知，所測(cè)電阻阻值為170Ω.14．（10分)某同學(xué)研究小燈泡的伏安特性，所使用的器材有:小燈泡L(額定電壓3。8V，額定電流0。32A)；電壓表V（量程3V，內(nèi)阻3kΩ）；電流表A（量程0.5A，內(nèi)阻0.5Ω)；固定電阻R0(阻值1000Ω)；滑動(dòng)變阻器R（阻值0～9。0Ω）；電源E(電動(dòng)勢(shì)5V,內(nèi)阻不計(jì))；開關(guān)S；導(dǎo)線若干。（1）實(shí)驗(yàn)要求能夠?qū)崿F(xiàn)在0～3.8V的范圍內(nèi)對(duì)小燈泡的電壓進(jìn)行測(cè)量，畫出實(shí)驗(yàn)電路原理圖。（2)實(shí)驗(yàn)測(cè)得該小燈泡伏安特性曲線如圖（a）所示，由實(shí)驗(yàn)曲線可知，隨著電流的增加，燈絲的電阻率________。（選填“增大”“不變”或“減小”)(3）用另一電源E0（電動(dòng)勢(shì)4V，內(nèi)阻1.00Ω)和題給器材連接成圖（b）所示的電路，調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器R的阻值，可以改變小燈泡的實(shí)際功率.閉合開關(guān)S，在R的變化范圍內(nèi),小燈泡的最小功率為________W，最大功率為________W。（結(jié)果均保留2位小數(shù))【答案】（1）實(shí)驗(yàn)電路原理如圖所示(4分）(2)增大（2分)(3)0。39(2分）1.17（2分)【解析】(1)小燈泡的電壓要求從0開始調(diào)節(jié),滑動(dòng)變阻器采用分壓式接法，小燈泡的額定電壓超出電壓表的量程,需與R0串聯(lián)后接入電路,電路圖如圖所示。(2）I－U圖像中隨著電流的增大，圖線的斜率變小,小燈泡的電阻增大,根據(jù)電阻定律R＝ρeq\f（L，S)得燈絲的電阻率增大。（3）當(dāng)R＝0時(shí)，電源路端電壓與電流的關(guān)系圖像如圖線甲所示，此時(shí)小燈泡功率有最大值.當(dāng)R＝9Ω時(shí)，將R看作電源內(nèi)阻，則等效電源內(nèi)阻為10Ω，其路端電壓與電流的關(guān)系圖像如圖線乙所示。此時(shí)小燈泡功率有最小值.取圖線甲與小燈泡伏安特性曲線交點(diǎn)：U1＝3.66V，I1＝0.319A，小燈泡的最大功率P1＝U1I1≈1。17W。取圖線乙與小燈泡伏安特性曲線交點(diǎn):U2＝1.77V，I2＝0.222A，小燈泡的最小功率P2＝U2I2≈0.39W。（6分)如圖所示，固定于水平面上的金屬架CDEF處在豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，金屬棒MN沿框架以速度v向右做勻速運(yùn)動(dòng)。t＝0時(shí),磁感應(yīng)強(qiáng)度為B0，此時(shí)MN到達(dá)的位置使MDEN構(gòu)成一個(gè)邊長為l的正方形。為使MN棒中不產(chǎn)生感應(yīng)電流,從t＝0開始，求磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t變化的關(guān)系式.【解析】要使MN棒中不產(chǎn)生感應(yīng)電流，應(yīng)使穿過線圈平面的磁通量不發(fā)生變化,在t＝0時(shí)刻，穿過線圈平面的磁通量Φ1＝B0S＝B0l2(2分）設(shè)t時(shí)刻的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，此時(shí)磁通量為Φ2＝Bl（l＋vt)(2分）由Φ1＝Φ2得B＝eq\f(B0l,l＋vt）。(2分)16．(10分)如圖，兩平行金屬導(dǎo)軌間的距離L＝0.4m，金屬導(dǎo)軌所在的平面與水平面夾角θ＝37°，在導(dǎo)軌所在空間內(nèi)，分布著磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0。5T、方向垂直于導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。金屬導(dǎo)軌的一端接有電動(dòng)勢(shì)E＝6.0V、內(nèi)阻r＝0。5Ω的直流電源?，F(xiàn)把一個(gè)質(zhì)量m＝0。05kg的導(dǎo)體棒ab垂直放在金屬導(dǎo)軌上，導(dǎo)體棒靜止。導(dǎo)體棒與金屬導(dǎo)軌接觸的兩點(diǎn)間的電阻R＝2。5Ω，金屬導(dǎo)軌電阻不計(jì)，g取10m/s2。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：(1）通過導(dǎo)體棒的電流大小;(2)導(dǎo)體棒受到的安培力大?。?3)導(dǎo)體棒受到的摩擦力大小.【解析】（1）導(dǎo)體棒、金屬導(dǎo)軌和直流電源構(gòu)成閉合電路，根據(jù)閉合電路歐姆定律有：。(2分）（2）導(dǎo)體棒受到的安培力大小：F＝BIL＝0.4N（2分)根據(jù)左手定則，方向平行斜面向上。(2分)（3）導(dǎo)體棒所受重力沿斜面向下的分力F1＝mgsin37°＝0。3N(1分）由于F1小于安培力,故導(dǎo)體棒受沿斜面向下的摩擦力f,根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件,有：mgsin37°＋f＝F(1分)解得：f＝0.1N。(2分）17．（12分)在足夠大的豎直勻強(qiáng)電場(chǎng)中，有一條與電場(chǎng)線平行的直線，如圖中的虛線所示。直線上有兩個(gè)小球A和B，質(zhì)量均為m。電荷量為q的A球恰好靜止，電荷量為2。5q的B球在A球正下方，相距為L.由靜止釋放B球,B球沿著直線運(yùn)動(dòng)并與A球發(fā)生正碰，碰撞時(shí)間極短,碰撞中A、B兩球的總動(dòng)能無損失。設(shè)在每次碰撞過程中A、B兩球間均無電荷量轉(zhuǎn)移,且不考慮兩球間的庫侖力和萬有引力，重力加速度用g表示。求:(1)勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小E；（2)第一次碰撞后,A、B兩球的速度大小vA、vB。【解析】（1)由題意可知，帶電量為q的A球在重力和電場(chǎng)力的作用下恰好靜止，則qE＝mg（2分)可得勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小E＝(2分）（2）由靜止釋放B球，B球?qū)⒃谥亓碗妶?chǎng)力的作用下向上運(yùn)動(dòng)，設(shè)與A球碰撞前瞬間速度為v1，由動(dòng)能定理得：（2。5qE－mg）L＝eq\f（1，2）mv12（2分）A、B兩球碰撞時(shí)間很短，且無動(dòng)能損失，由動(dòng)量守恒和動(dòng)能守恒得:mv1＝mvA＋mvB（2分)eq\f（1,2)mv12＝eq\f（1,2)mvA2＋eq\f（1，2）mvB2(2分)聯(lián)立解得：vA＝，vB＝0.(2分）18．（1